P2_12_05_07

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P2 - PROVA DE QUÍMICA GERAL -12/05/07 
 
Nome: GABARITO 
Nº de Matrícula: Turma: 
Assinatura: 
Questão Valor Grau Revisão 
1a 2,5 
2a 2,5 
3a 2,5 
4a 2,5 
Total 10,0 
Constantes: 
R = 8,314 J mol-1 K-1 = 0,0821 atm L mol-1 K-1 
1 atm L = 101,325 J 
1 cal = 4,184 J 
1 atm = 760 torr 
 �E = �U = q + w
�G° = �H° - T�S° 
Kw = [H+] [OH-] = 1,00 x 10-14 a 25°C 
S = KH P
1a Questão 
 
A efedrina, C10H15ON, pode ser encontrada em vários medicamentos que agem 
contra os sintomas da gripe. No entanto, quando associada à cafeína e a outras 
drogas, ela atua como estimulante do sistema nervoso central. Esse composto é 
uma base fraca que, em solução aquosa, ioniza-se segundo a reação abaixo: 
 
C10H15ON(aq) + H2O(l) C10H15ONH+(aq) + OH-(aq) 
 
a) Uma solução de efedrina foi preparada pela adição de 0,035 mol desse 
composto em 1,00 L de água. Calcule as concentrações de C10H15ON, C10H15ONH+
e OH-, em mol L-1, no equilíbrio, sabendo que o pH da solução é 11,33. 
b) Calcule o valor de Kb da efedrina. 
c) Após a reação acima ter atingido o equilíbrio, nas condições descritas no item a, 
0,025 mol de NaOH (uma base forte) foi introduzido no recipiente da reação. 
Considerando que a adição de NaOH não altera o volume final da solução, calcule 
as concentrações de C10H15ON, C10H15ONH+ e OH-, em mol L-1, quando o 
equilíbrio for restabelecido. 
d) Explique o efeito da adição do NaOH na ionização da efedrina usando o 
Principio de Le Chatêlier e diga se é esperado um aumento ou uma diminuição do 
pH da solução. 
Resolução:
a) pH = 11,33 
pOH = 2,67 
[OH-] = 10-2,67 = 0,00214 mol L-1 
[C10H15ONH+] = [OH-] = 0,00214 mol L-1 
[C10H15ON] = 0,035-0,00214 = 0,0329 mol L-1 
4
2
1510
1510
b 1,39x10 ou0,0001390,0329
(0,00214)
ON]H[C
ONHH][C[OHkb) �
+�
===
]
c) 
 C10H15ON+(aq) + H2O(l) C10H15ON
+(aq) + OH-(aq) 
Início 0,0329 0,00214 0,00214 
� + 0,025 
Equilíbrio 0,0329 + x 0,00214 -x 0,02714 - x 
 
ON]H[C
ONHH][C[OHk
1510
1510
b
]+�
=
x0,0329
x)(0,00214 x)-(0,027140,000139
+
�
=
0,000139 (0,0329 + x) = 5,81 x 10-5 - 0,02714 x - 0,00214 x + x2
4,57 x 10-6 + 0,000139 x = x2 - 0,0293 x + 5,81 x 10-5 
x2 - 0,0294 x + 5,35 x 10-5 = 0 
� = 6,50 x 10-4 
x’ = 0,0275
x’’ = 0,00195 
[OH-] = 0,02714 – 0,00196 = 0,02518 mol L-1 
[C10H15ONH+] = 0,00214 – 0,00196 = 0,000180 ou 1,80 x 10-4 mol L-1 
[C10H15ON] = 0,0329 + 0,00196 = 0,0349 mol L-1 
d) Com a adição de NaOH, o equilíbrio irá deslocar-se para o lado dos reagentes. 
Portanto, a quantidade de efedrina ionizada será menor. A adição de NaOH levará 
a um aumento do pH da solução, uma vez que trata-se de uma base forte. 
2a Questão 
 
(a) Em um determinado laboratório de química, um estudante recebe do professor 
um recipiente contendo 0,500 L de uma solução aquosa saturada de Mg(OH)2, em 
equilíbrio com uma quantidade de Mg(OH)2 sólido, à 25 oC. Calcule a concentração 
de Mg2+(aq), em mol L-1, na solução. 
 
Mg(OH)2(s) Mg2+(aq) + 2 OH�(aq) Kps = 1,8 x 10-11 à 25 oC
(b) O estudante adicionou 0,500 L de água pura na solução em equilíbrio do item 
anterior e verificou que essa quantidade de água não foi suficiente para dissolver 
todo o Mg(OH)2 sólido, à 25 oC. O que acontece com a concentração de Mg2+(aq) 
após o equilíbrio ser restabelecido na mesma temperatura? Justifique. 
 
(c) Agora o estudante removeu 50,00 mL da solução do item a e adicionou em um 
outro recipiente que já continha 150,0 mL de uma solução aquosa de KOH (base 
forte) 0,150 mol L-1. Diga se haverá ou não a precipitação do Mg(OH)2. Mostre com 
cálculos. Caso haja precipitação, calcule a concentração de Mg2+(aq), em mol L-1,
após o equilíbrio ser restabelecido na mesma temperatura. 
Resolução:
(a) Para sabermos o valor da concentração molar do Mg2+ que está em equilíbrio 
na solução saturada de (Mg(OH)2), devemos usar a equação, Kps = [Mg2+ ] [OH-]2.
E, sabendo que o Kps é igual a 1,8 x 10-11 e que a concentração molar do OH- é
duas vezes a do Mg2+, podemos montar a seguinte equação: 
 
1,8 x 10-11 = [Mg2+ ] {2 [Mg2+]}2
Resolvendo esta equação podemos determinar a concentração molar do Mg2 na 
solução saturada. 
 [Mg2+ ] = [(18 x 10-12)/4] T
[Mg2+ ] = 1,65 x 10-4 mol L-1 
(b) Com a adição de mais água, as concentrações dos íons em solução ficam 
menores, fazendo com que o Qps seja menor que o Kps. A seguir a concentração 
destes íons aumentam pela dissolução do Mg(OH)2 até atingir novamente o limite 
de solubilidade (em equilíbrio) em que o Qps é igual ao Kps. Logo a concentração 
molar do Mg2+ que está em equilíbrio na solução saturada de (Mg(OH)2) é de 1,65 
x 10-4 mol L-1 
(c) Inicialmente devemos calcular o número de mol inicial de Mg2+ e de OH- no 
momento da mistura das soluções. Para isto devemos multiplicar as concentrações 
em mol L-1 pelo volume em litros. 
n Mg2+ = (1,65 x 10-4 mol. L-) (0,0500 L) = 8,25 x 10-6 mol 
nOH- = (0,150 mol L-1) (0,150 L) = 0,0225 mol + (2 x 8,25 x 10-6 mol) V 0,0225 mol 
Com estes valores podemos calcular as concentrações iniciais destes mesmos 
íons presentes em 0,200 L de solução. 
[Mg2+] = (8,25 x 10-6 mol) /[( 0,0500 + 0,150)L] = 4,13 x 10-5 mol. L-1 
[OH-] = (0,0225 mol) /[( 0,0500 + 0,150)L] = 0,113 mol. L-1 
Para verificarmos se haverá a precipitação do Mg(OH)2 devemos calcular o Qps e 
verificar se ele é maior, igual ou menor que o Kps. 
 
Qps = (Mg2+ ) (OH-)2 = (4,13 x 10-5 mol. L-1) ( 0,113 mol. L-1)2 = 5,27 x 10-7 > Kps 
 
Como o Qps é maior que o Kps haverá a precipitação de Mg(OH)2
Calculo estequiométrico 
 
Mg2+ (aq) + 2 OH- (aq) X Mg(OH)2 (s) 
 
No início: 4,13 x 10-5 mol. L-1 0,113 mol. L-1 0
No equilíbrio: 0 0,113 – (2 x 4,13 x 10-5) V 0,113 4,13 x 10-5 
Calculo de equilíbrio 
 
Mg(OH)2 (s) X Mg2+ (aq) + 2 OH- (aq) 
Início 0 0,113 mol. L-1 
Variação +X +2X 
Equilíbrio X 0,113 + 2X V 0,113 mol. L-1 
Para calcular o valor de X (solubilidade do Mg(OH)2) que é a própria concentração 
molar do Mg2+ após o equilíbrio ser restabelecido. Utilizamos a equação 1,8 x 10-
11= [Mg2+ ] [OH-]2 = (X) (0,113)2,
X = (1,8 x 10-11) / (0,113)2 = 1,42 x 10-9 mol. L-1 
3a Questão 
A composição do ar (em volume) ao nível do mar (1 atm e 15 oC) é 78,084% de 
nitrogênio (N2), 20,9476% de oxigênio (O2), 0,934% de argônio (Ar), 0,0314% de 
dióxido de carbono (CO2) e outros gases em quantidades desprezíveis. Estes 
gases na atmosfera encontram-se em equilíbrio com a água presente nos diversos 
sistemas aquáticos da biosfera terrestre. 
a) Calcule as pressões parciais dos gases O2 e CO2, em atm, no ar. 
b) Calcule a solubilidade dos gases O2 e CO2, em mol L-1, dissolvidos na água a 15 
oC, ao nível do mar. 
c) Na verdade, sabe-se que a concentração de CO2 em sistemas aquáticos é muito 
diferente daquela estimada no item anterior, nessa mesma temperatura. 
Considerando somente os equilíbrios representados abaixo, justifique o porquê 
dessa diferença. 
CO2(g) CO2(aq) 
CO2(aq) + H2O(l) HCO3�(aq) + H+(aq) 
d) A quantidade mínima de O2 dissolvido em água requerida para manter a vida 
dos peixes é de 5 mg L�1. Calcule a pressão parcial de O2 na atmosfera, em atm, 
que proveria essa quantidade mínima a 15 oC. 
e) Algumas indústrias captam água de rios para resfriamento de reatores e lançam 
água quente novamente nos rios, que chegam a uma temperatura de 
aproximadamente 70°C. Nessa situação, pode ocorrer mortandade de peixes? 
Justifique e mostre com cálculos. Dado: KH (O2) = 5,6×10�4 mol L�1 atm�1 a 70 oC. 
Dados das constantes de Henry dos gases em água 15 oC: 
KH (O2) = 1,3×10�3 mol L�1 atm�1
KH (CO2) = 2,3×10�2 mol L�1 atm�1Resolução:
a) 20,9476% � xO2 = 0,209476 � PO2 = Ptotal xO2 = 1 x 0,209476 = 0,209476 atm 
0,03140% � xCO2 = 0,000314 � PCO2 = Ptotal xO2 = 1 x 0,000314 = 0,000314 atm 
 
b) SO2 = KH PO2 � SO2 = 1,3x10-3 x 0,209476 = 2,7x10-4 mol L-1 
SCO2 = KH PCO2 � SCO2 = 2,3x10-2 x 0,000314 = 7,2x10-6 mol L-1 
c) O CO2 não forma uma mistura ideal com a água, pois CO2 interage com a 
mesma formando HCO3- como mostrado pelo equilíbrio. Desta forma, a Lei de 
Henry não descreve bem o equilíbrio. 
 
d) 5mg L-1 /32 = 1,56x10-4 mol L-1 
SO2 = KH PO2 � 1,56x10-4 = 1,3x10-3 PO2 � PO2 = 0,12 atm 
 
e) SO2 = KH PO2 = 5,6x10-4 x 0,209476 = 1,17x10-4 mol L-1 = 3,75 mg L-1 
Os peixes morrem, pois existe menos oxigênio (3,75 mg L-1 < 5 mg L-1) do os 
peixes precisam quando a água é aquecida. 
 
4a Questão 
 
Para demonstrar experimentalmente aos alunos a variação da energia, na forma de 
calor, envolvida em uma reação química, um professor utilizou um calorímetro 
constituído por um recipiente dentro de um isopor. Durante a demonstração, à 
pressão constante, o professor colocou 100,0 mL de uma solução 0,50 mol L-1 de 
hidróxido de potássio (KOH) no interior do recipiente, anotando a temperatura (28,0 
oC). No mesmo recipiente, o professor adicionou 100,0 mL de uma solução 0,50 
mol L-1 de ácido sulfúrico (H2SO4), agitou a mistura e anotou novamente a 
temperatura (31,5 ºC). 
Responda as seguintes questões baseando-se nos dados experimentais 
apresentados e na reação entre a base forte e o ácido forte, representada abaixo: 
 
2KOH(aq) + H2SO4(aq) � K2SO4(aq) + 2H2O(l) 
 
a) Calcule o valor da variação de entalpia (em kcal mol-1) envolvida no 
experimento. Considere desprezíveis a capacidade calorífica do calorímetro (ou 
seja, desconsidere o calor absorvido pelo recipiente), e o calor específico do KOH 
e do H2SO4. Dados: o calor especifico da água é 1,0 cal g-1 oC-1 e as densidades 
das soluções são iguais a 1,0 g mL-1.
b) Se o professor tivesse utilizado um outro ácido forte e uma outra base forte, nas 
mesmas condições do experimento, teria obtido o mesmo valor de variação de 
entalpia por mol? Justifique sua resposta. 
c) Calcule a variação de energia interna (em kcal mol-1) para o experimento 
considerando que não há variação de volume. Justifique sua resposta. 
d) O professor realizou um outro experimento vaporizando a solução resultante da 
reação de neutralização até atingir o equilíbrio a pressão constante. Demonstre 
que a variação da energia livre é igual a zero para esse processo. Desconsidere o 
efeito dos solutos. 
Resolução:
a) 
�H = ?
A pressão constante, �H = q
Temos q = m c �T
Como a densidade da solução é 1g mL-1, temos que a massa referente ao volume 
de 200 mL de solução após a mistura é de 200 g. 
Assim, o calor liberado pela reação: q = m c �T
q = C28,0)(31,5 x
Cg
1cal xg200 °�
°
q = 700 cal 
As quantidades adicionadas no problema, foram: 
 sadicionado KOH demol 0,050n
0,1L n
1L mol 0,50n
KOH
KOH =
�
	
�
sadicionado SOHdemol 0,050n
0,1Ln
1L mol 0,50n
42SOH
SOH
42
42 =
�
	
�
Pela estequiometria da reação: 
excesso emestá SOHoque 
sendo KOH oélimitante reagente oPortanto, 
SOH0,025 KOH 0,050
SOH1KOH 2
42
42
42
�
	
Assim é a substância KOH que vai determinar a quantidade de H2O formada: 
 2 KOH �� 2 H2O
0,050 KOH 0,050 H2O
Portanto, a quantidade de calor liberada na reação de neutralização foi referente a 
formação de 0,050 mol de H2O. Para obter o �H neutralização por mol, temos: 
Para formação 0,050 mol H2O � são liberados 700 cal 
 1mol H2O �H
�H = 14 kcal mol-1 
Portanto, �HR = - 14 kcal mol-1 
b) Sim. O calor liberado nestas condições é sempre o mesmo principalmente por: 
1) Pela própria definição �H neutralização de um ácido forte por uma base forte 
com formação de 1 mol de água. A reação que verdadeiramente ocorre é: 
H3O+(aq) + OH-(aq) � 2H2O(l), independente de qual é o ácido forte ou a base 
forte. As demais espécies são íons espectadores (no caso, K+(aq) e SO42-(aq)). 
 
2) Os ácidos e bases fortes encontram-se em solução já ionizados e 
dissociados respectivamente, não havendo consumo de energia para a 
obtenção dos íons o que ocorreria, por exemplo, no caso de um ácido fraco 
que ao se ionizar consumiria um parte de calor liberado na neutralização 
(entalpia de ionização). 
 
c) �U = q + w, primeira Lei da Termodinâmica. 
A pressão constante e volume constante � �U = �H
Portanto �U = - 14 kcal mol-1 
 
d) �G° = �H°-T�S° 
 
Para uma transição de fase, no equilíbrio: 
 
�G° = �H°vap - T�S°vap 
Onde �S°vap = T
`a vap°
Substituindo: 

�
�
��
�
� °�
�°�=°
T
H-T
`H`G vapvap 
�G� = 0